Übungen

Die folgenden Übungsaufgaben wurden teilweise mit dem Aufgabengenerator MATEX Generator 07 DGL “Lineare nichthomogene DGL mit konstanten Koeffizienten erzeugt. Dort können Sie sich auch selbst weitere Aufgaben mit Lösung erzeugen. Wählen Sie dazu Stufe 1b.

Übung 12.1

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[y'= -5y\]

für \(y(0)=5\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[y(x)=C\, e^{-5x}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(y(0)=5\):

\[y(x) = 5 \, e^{-5x}.\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare DGL mit \(a_1(x)=1\) und \(a_0(x)=5\). Daher lautet die allgemeine Lösung

\[y(x)=C \, e^{-\int \frac{a_0(x)}{a_1(x)}\, dx} = C \, e^{-\int 5 \, dx} = C \, e^{-5x}. \]

Für die spezielle Lösung soll

\[y(0)= C \, e^{-5x} \overset{!}{=} 5\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=5\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[y(x) = 5 \, e^{-5x}.\]

Hinweis: Direkt integrieren hätte auch funktioniert.

Übung 12.2

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[\dot{x} + 5x = -5t\]

für \(x(0)=5\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[x(t) = -t + \frac{1}{5} + C\cdot e^{-5t}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(x(0)=5\):

\[x(t) = -t + \frac{1}{5} + \frac{24}{5} e^{-5t}\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(t)=1\) und \(a_0(t)=5\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[\dot{x} + 5x = 0.\]

Das ist die Differentialgleichung aus Aufgabe 12.1 und die allgemeine homogene Lösung lautet

\[x_h(t) = C \cdot e^{-5t}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[x(t) = C(t) \cdot e^{-5t}.\]

Die erste Ableitung ist

\[\dot{x}(t) = \dot{C}(t) e^{-5t} - 5 C(t) \cdot e^{-5t}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(x\) und deren Ableitung \(\dot{x}\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[\dot{C}(t) e^{-5t} - 5C(t) e^{-5t} + 5 C(t) e^{-5t} = -5t.\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[\dot{C}(t) = -5t e^{5t}.\]

Wir integrieren partiell nach \(t\) und erhalten

\[C(t) = -t e^{5t} + \frac{1}{5} e^{5t} + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[x(t) = -t + \frac{1}{5} + C\cdot e^{-5t}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Für die spezielle Lösung soll

\[x(0)= -0 + \frac{1}{5} + C \cdot e^{-5\cdot 0} \overset{!}{=} 5\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=\frac{24}{5}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[x(t) = -t + \frac{1}{5} + \frac{24}{5} e^{-5t}\]

Übung 12.3

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[y'-5y = \sin(-5x)\]

für \(y(0)=-1\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[y(x) = \frac{1}{10} \left(\sin(5x) + \cos(x)\right) + C\cdot e^{5x}\]

Spezielle Lösung zum Anfangswert \(y(0)=-1\)

\[y(x) = \frac{1}{10} \cdot \left( \sin(5x) + \cos(5x)\right) - \frac{11}{10}\cdot e^{5x}.\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(x)=1\) und \(a_0(x)=-5\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[y' - 5y = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[y_h(x) = C \cdot e^{5x}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[y(x) = C(x) \cdot e^{5x}.\]

Die erste Ableitung ist

\[y'(x) = C'(x) \cdot e^{5x} + C(x) \cdot 5e^{5x}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(y\) und deren Ableitung \(y'\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[C'(x) \cdot e^{5x} + C(x) \cdot 5e^{5x} - 5 \cdot C(x) \cdot e^{5x} = \sin(-5x).\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[C'(x) = \sin(-5x) \cdot e^{-5x}.\]

Wir integrieren partiell nach \(x\) und erhalten

\[C(x) = \frac{1}{10} e^{-5x}\cdot \left( \sin(5x) + \cos(5x)\right) + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[y(x) = \frac{1}{10} \cdot \left( \sin(5x) + \cos(5x)\right) + C\cdot e^{5x}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[y(0) = \frac{1}{10} \cdot \left( \sin(0) + \cos(0)\right) + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} -1\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=-\frac{11}{10}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[y(x) = \frac{1}{10} \cdot \left( \sin(5x) + \cos(5x)\right) - \frac{11}{10}\cdot e^{5x}.\]

Übung 12.4

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[2\dot{x} - 4x =e^{-t}\]

für \(x(0)=0\).

Lösung

Allgemeine Lösung

\[x(t) = -\frac{1}{6} e^{-t} + C\cdot e^{2t}.\]

Spezielle Lösung für \(x(0)=0\)

\[x(t) = -\frac{1}{6} e^{-t} + \frac{1}{6}\cdot e^{2t}.\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(t)=2\) und \(a_0(t)=-4\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[2\dot{x} - 4x = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[x_h(t) = C\cdot e^{2t}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[x(t) = C(t)\cdot e^{2t}.\]

Die erste Ableitung ist

\[\dot(x)(t) = \dot{C}(t) e^{2t} + 2 C(t) e^{2t}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(x\) und deren Ableitung \(\dot{x}\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[2\cdot\dot{C}(t) e^{2t} + 4 C(t) e^{2t} - 4 C(t) e^{2t} = e^{-t}.\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[\dot{C}(t) = \frac{1}{2} e^{-3t}.\]

Wir integrieren partiell nach \(t\) und erhalten

\[C(t) = -\frac{1}{6} e^{-3t} + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[x(t) = \left(-\frac{1}{6}e^{-3t} + C \right) \cdot e^{2t} = -\frac{1}{6} e^{-t} + C\cdot e^{2t}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[x(0) = -\frac{1}{6} e^{0} + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} 0\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=\frac{1}{6}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[x(t) = -\frac{1}{6} e^{-t} + \frac{1}{6}\cdot e^{2t}.\]

Übung 12.5

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[y'-3y = x^2+2x+1\]

für \(y(0)=3\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[y(x) = -\frac{1}{3}x^2 - \frac{8}{9}x - \frac{17}{27} + C\cdot e^{3x} , \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(y(0)=3\):

\[y(x) = -\frac{1}{3}x^2 - \frac{8}{9}x - \frac{17}{27} + \frac{98}{27} e^{3x}\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(x)=1\) und \(a_0(x)=-3\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[y' - 3y = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[y_h(x) = C \cdot e^{3x}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[y(x) = C(x) \cdot e^{3x}.\]

Die erste Ableitung ist

\[y'(x) = C'(x) \cdot e^{3x} + C(x) \cdot 3 e^{3x}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(y\) und deren Ableitung \(y'\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[C'(x) \cdot e^{3x} + C(x) \cdot 3e^{3x} - 3 \cdot C(x) \cdot e^{3x} = x^2 + 2x + 1.\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[C'(x) = \left(x^2 + 2x +1\right) \cdot e^{-3x}.\]

Wir integrieren partiell nach \(x\) und erhalten

\[C(x) = (-\frac{1}{3}x^2-\frac{8}{9}x - \frac{17}{27}) \cdot e^{-3x} + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[y(x) = \left(-\frac{1}{3}x^2 - \frac{8}{9}x - \frac{17}{27} \right) + C\cdot e^{3x}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[y(0) = \left(-\frac{1}{3}\cdot 0^2 - \frac{8}{9}\cdot 0 - \frac{17}{27} \right) + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} 3\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=\frac{98}{27}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[y(x) = \left(-\frac{1}{3}x^2 - \frac{8}{9}x - \frac{17}{27} \right) + \frac{98}{27}\cdot e^{3x}\]

Übung 12.6

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[\dot{x} + 4x = \sin(-2t)\]

für \(x(0)=-1\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[x(t) = \frac{1}{10} \left(\cos(2t) - 2\sin(2t)\right) + C\cdot e^{-4t}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(x(0)=-1\)

\[x(t) = \frac{1}{10} \left(\cos(2t) - 2\sin(2t)\right) - \frac{11}{10}\cdot e^{-4t}\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(t)=1\) und \(a_0(t)=4\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[\dot{x} + 4x = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[x_h(t) = C\cdot e^{-4t}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[x(t) = C(t)\cdot e^{-4t}.\]

Die erste Ableitung ist

\[\dot{x}(t) = \dot{C}(t) e^{-4t} - 4 C(t) e^{-4t}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(x\) und deren Ableitung \(\dot{x}\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[\dot{C}(t) e^{-4t} - 4 C(t) e^{-4t} + 4 C(t) e^{-4t} = \sin(-2t).\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[\dot{C}(t) = \sin(-2t)\cdot e^{4t}.\]

Wir integrieren partiell nach \(t\) und erhalten

\[C(t) = \frac{1}{10}e^{4t}\left(\cos(2t) - 2\sin(2t)\right) + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[x(t) = \frac{1}{10} \left(\cos(2t) - 2\sin(2t)\right) + C\cdot e^{-4t}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[x(0) = \frac{1}{10} \left(\cos(0) - 2\sin(0)\right) + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} -1\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=-\frac{11}{10}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[x(t) = \frac{1}{10} \left(\cos(2t) - 2\sin(2t)\right) - \frac{11}{10}\cdot e^{-4t}.\]

Übung 12.7

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[y'-3y = -e^{2x}\]

für \(y(0)=1\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[y(x)= C\, e^{3x} + e^{2x}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(y(0)=1\):

\[y(x)= e^{2x}\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(x)=1\) und \(a_0(x)=-3\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[y' - 3y = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[y_h(x) = C \cdot e^{3x}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[y(x) = C(x) \cdot e^{3x}.\]

Die erste Ableitung ist

\[y'(x) = C'(x) \cdot e^{3x} + C(x) \cdot 3e^{3x}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(y\) und deren Ableitung \(y'\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[C'(x) \cdot e^{3x} + C(x) \cdot 3e^{3x} - 3 \cdot C(x) \cdot e^{3x} = -e^{2x}.\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[C'(x) = -e^{2x} \cdot e^{-3x} = -e^{-x}.\]

Wir integrieren nach \(x\) und erhalten

\[C(x) = e^{-x} + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[y(x) = e^{2x} + C\cdot e^{3x}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[y(0) = e^{0} + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} 1\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=0\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[y(x) = e^{2x}.\]

Übung 12.8

Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[\dot{x} - 2x = (3t+1) \, e^{-3t}\]

für \(x(0)=-5\).

Lösung

Allgemeine Lösung:

\[x(t) = -\frac{1}{25}e^{-3t}\cdot (15t+8) + C\cdot e^{2t}, \quad C\in\mathbb{R}\]

Spezielle Lösung für \(x(0)=-5\):

\[x(t) = -\frac{1}{25}e^{-3t}\cdot (15t+8) - \frac{117}{25}\cdot e^{2t}\]

Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit \(a_1(t)=1\) und \(a_0(t)=-2\). Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

\[\dot{x} - 2x = 0.\]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

\[x_h(t) = C\cdot e^{2t}.\]

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

\[x(t) = C(t)\cdot e^{2t}.\]

Die erste Ableitung ist

\[\dot{x}(t) = \dot{C}(t) e^{2t} + 2 C(t) e^{2t}.\]

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion \(x\) und deren Ableitung \(\dot{x}\) in die inhomogene DGL eingesetzt:

\[\dot{C}(t) e^{2t} + 2 C(t) e^{2t} - 2 C(t) e^{2t} = (3t+1)\cdot e^{-3t}.\]

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

\[\dot{C}(t) = (3t+1) e^{-5t}.\]

Wir integrieren nach \(t\) und erhalten

\[C(t) = -\frac{1}{25}e^{-5t}\cdot (15t+8) + C.\]

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

\[x(t) = -\frac{1}{25}e^{-3t}\cdot (15t+8) + C\cdot e^{2t}.\]

Für die spezielle Lösung soll

\[x(0) = -\frac{1}{25}e^{0}\cdot (15\cdot 0+8) + C\cdot e^{0} \overset{!}{=} -5\]

gelten. Die Gleichung wird nach \(C\) aufgelöst und wir erhalten \(C=-\frac{117}{25}\). Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

\[x(t) = -\frac{1}{25}e^{-3t}\cdot (15t+8) - \frac{117}{25}\cdot e^{2t}.\]

Übung 12.9

Berechnen Sie die Lösungen des folgenden homogenen Systems von linearen Differentialgleichungen 1. Ordnung:

\[\begin{align*} y_1' &= y_1 + y_2 &\\ y_2' &= 4 y_1 - 2y_2 & \end{align*}\]

Lösung

\[\begin{align*} y_1(x) &= C_1 e^{-3x} + C_2 e^{2x} \\ y_2(x) &= -4 C_1 e^{-3x} + C_2 e^{2x} \end{align*}\]

Lösungsweg

Das System von Differentialgleichungen lautet in Matrix-Vektor-Schreibweise

\[\begin{split}\begin{pmatrix} y_1'\\ y_2'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & -2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Das charakteristische Polynom ist

\[\begin{align*} \det (A-\lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 4 & -2-\lambda \end{pmatrix} = \\ &= (1-\lambda)(-2-\lambda)-4 = \\ &= \lambda^2 + \lambda - 6 =\\ &= (\lambda+3)(\lambda-2) \end{align*}\]

Aus der charakteristischen Gleichung

\[\det (A-\lambda E) \overset{!}{=} 0 \Rightarrow (\lambda+3)(\lambda-2) = 0\]

folgen die Eigenwerte \(\lambda_1 = -3\) und \(\lambda_2 = 2\). Beide Eigenwerte sind reell und verschieden. Also ist die erste Lösungsfunktion

\[y_1(x) = C_1 e^{-3x} + C_2 e^{2x}.\]

Deren erste Ableitung ist

\[y_1'(x)= -3C_1 e^{-3x} + 2 C_2 e^{2x}.\]

Beides wird in die erste Differentialgleichung \(y_1' = y_1 + y_2\) eingesetzt und durch Umformen erhalten wir

\[y_2(x) = -4C_1 e^{-3x} + C_2 e^{2x}.\]

Übung 12.10

Berechnen Sie die Lösungen des folgenden homogenen Systems von linearen Differentialgleichungen 1. Ordnung:

\[\begin{align*} y_1' &= y_1 +y_2&\\ y_2' &= 4y_1 +y_2 & \end{align*}\]

Lösung

\[\begin{align*} y_1(x) &= C_1 e^{-x} + C_2 e^{3x} \\ y_2(x) &= -2C_1 e^{-x} + 2 C_2 e^{3x} \end{align*}\]

Lösungsweg

Das System von Differentialgleichungen lautet in Matrix-Vektor-Schreibweise

\[\begin{split}\begin{pmatrix} y_1'\\ y_2'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Das charakteristische Polynom ist

\[\begin{align*} \det (A-\lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 4 & 1-\lambda \end{pmatrix} = \\ &= (1-\lambda)^2 -4 = \\ &= \lambda^2 -2\lambda - 3 =\\ &= (\lambda-3)(\lambda+1) \end{align*}\]

Aus der charakteristischen Gleichung

\[\det (A-\lambda E) \overset{!}{=} 0 \Rightarrow (\lambda-3)(\lambda+1) = 0\]

folgen die Eigenwerte \(\lambda_1 = -1\) und \(\lambda_2 = 3\). Beide Eigenwerte sind reell und verschieden. Also ist die erste Lösungsfunktion

\[y_1(x) = C_1 e^{-x} + C_2 e^{3x}.\]

Deren erste Ableitung ist

\[y_1'(x)= -C_1 e^{-x} + 3 C_2 e^{3x}.\]

Beides wird in die erste Differentialgleichung \(y_1(x) = y_1 +y_2\) eingesetzt und durch Umformen erhalten wir

\[y_2(x) = -2C_1 e^{-x} + 2C_2 e^{3x}.\]